\section{建模}
\begin{figure}[!h]\begin{center}
    \begin{minipage}[b]{0.48\linewidth}\begin{center}
        \includegraphics[scale=0.2]{pendular1.png}
        \caption{摆杆的受力分析}\label{figpendular1}
    \end{center}\end{minipage}
    \hfill
    \begin{minipage}[b]{0.48\linewidth}\begin{center}
        \includegraphics[scale=0.4]{pendular2.png}
        \caption{小车受力模型}\label{figpendular2}
    \end{center}\end{minipage}
\end{center}\end{figure}
摆杆的受力分析如图\ref{figpendular1}所示，得到：
\begin{align}\left\{\begin{aligned}\label{eqrxy}
    R_x&=ma_x \\
    R_y&-mg=ma_y
\end{aligned}\right.\end{align}
小车的受力分析如图\ref{figpendular2}所示，得到：
\begin{align}
    &F-R_x=M\ddot{x} \label{eqfx} \\
    &F_N-R_y=Mg \notag
\end{align}
小球质心的位置为(加粗表示矢量)
\[\boldsymbol{r}_p=(x-l\sin\theta)\boldsymbol{e}_x+l\cos\theta\boldsymbol{e}_y\]
二次求导得到小球的加速度
\begin{align}\label{eqacc}
    \boldsymbol{a}_p&=a_x\boldsymbol{e}_x+a_y\boldsymbol{e}_y \notag\\
    &=(\ddot{x}+l\dot{\theta}^2\sin\theta-l\ddot{\theta}\cos\theta)\boldsymbol{e}_x
    -l(\dot{\theta}^2\cos\theta+\ddot{\theta}\sin\theta)\boldsymbol{e}_y
\end{align}
摆杆的加速度和受到的力矩满足
\begin{equation}\label{eqtorque}
    R_xl\cos\theta+R_yl\sin\theta=J\ddot{\theta}
\end{equation}
小球的体积忽略，所以小球的转动惯量$J=0$。将式\eqref{eqacc}代入式\eqref{eqrxy}得到
\begin{align}\left\{\begin{aligned}\label{eqrxy2}
    R_x&=m(\ddot{x}+l\dot{\theta}^2\sin\theta-l\ddot{\theta}\cos\theta) \\
    R_y&-mg=-ml(\dot{\theta}^2\cos\theta+\ddot{\theta}\sin\theta)
\end{aligned}\right.\end{align}
将式\eqref{eqrxy2}代入式\eqref{eqtorque}得到
\begin{equation}\label{eqans1}
    \ddot{x}\cos\theta-l\ddot{\theta}+g\sin\theta=0
\end{equation}
将式\eqref{eqrxy2}代入式\eqref{eqfx}得到
\begin{equation}\label{eqans2}
    F=(M+m)\ddot{x}+ml\dot{\theta}^2\sin\theta-ml\ddot{\theta}\cos\theta
\end{equation}
至此,我们就得到了输入和输出的两个关系式\eqref{eqans1}和式\eqref{eqans2}，可用于求解两个输出：位移$x$和角度$\theta$。
\par 此处建立的模型中，忽略了摆杆的质量和小球的体积。如果没有小球而且摆杆的质量分布均匀，则除了式\eqref{eqans1}变为
\[\ddot{x}\cos\theta-l\ddot{\theta}+g\sin\theta=\frac{1}{ml}J\ddot{\theta}\]
且摆杆的长度变为$2l$以外其它推导完全相同，可见两种建模方法建立的微分方程具有相同的形式。
